2018/7/19 아날로그

T1 다이내믹 플랜+욕심.시험장에 O(n^3)의, 60점을 썼다.dp[i]를 설정하면 i를 오른쪽 단점으로 하는 최대 구분수를 표시하고last[i]는 i개수(합병 후)의 크기를 나타낸다.dp[i]=max(dp[j]+1)(sum[i]-sum[j]>=last[j])last[i]=sum[i]-sum[j], 시간 복잡도 O(n^2)

코드

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using namespace std;
const int MAXN = 5005;
typedef long long LL;

inline int rd(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))  {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

int n,a[MAXN],dp[MAXN],ans;
LL sum[MAXN],last[MAXN];

int main(){
    freopen("tower.in","r",stdin);
    freopen("tower.out","w",stdout);
    n=rd();
    for(register int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=rd();
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    for(register int i=1;i<=n;i++){
        for(register int j=i-1;j>=0;j--)
            if(sum[i]-sum[j]>=last[j] && dp[i]<=dp[j]){
                dp[i]=dp[j]+1;
                last[i]=sum[i]-sum[j];
            }
    }
    printf("%d",n-dp[n]);
    return 0;
}

T2인가 dp인가...시험장에서 n번 더 돌았다.굵다실제로는 매우 간단하다. dp[i][j]는 i일째 j의 능력치가 있는 최대 작업 횟수를 나타낸다.업무는 수시로 할 수 있고 횟수를 제한하지 않기 때문에 각 에너지 아래의 최소 근무 시간best[i]를 미리 처리한 다음에 이동하는 데 세 가지 선택이 있다. 첫 번째는 아무것도 하지 않고 두 번째는 수업, 세 번째는 업무, 그리고 바로 전공하면 된다.시간 복잡도 O(S*t)

코드

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using namespace std;
const int MAXN = 10005;

inline int rd(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))  {if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))  {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

int t,s,n,m,ans;

struct CLASS{
    int w,st,ed;
}cla[MAXN];

struct WORK{
    int wks,wke;
}wor[MAXN];

vector<int> cnt[MAXN];
int dp[MAXN][105];
int best[10005];

inline bool cmp(WORK A,WORK B){
    return A.wkeint main(){
    freopen("wrk.in","r",stdin);
    freopen("wrk.out","w",stdout);
    memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
    memset(best,0x3f,sizeof(best));
    t=rd();s=rd();n=rd();
    for(register int i=1;i<=s;i++) {
        cla[i].st=rd();cla[i].ed=rd();cla[i].w=rd();
        cnt[cla[i].st].push_back(i);
        m=max(m,cla[i].w);
    }
    for(register int i=1;i<=n;i++){
        wor[i].wke=rd();wor[i].wks=rd();
        best[wor[i].wke]=min(best[wor[i].wke],wor[i].wks);
    }
    for(register int i=1;i<=m;i++)
        best[i]=min(best[i],best[i-1]);
    dp[0][1]=0;
    for(register int i=0;ifor(register int j=1;j<=m;j++){
            if(i+best[j]<=t)
                dp[i+best[j]][j]=max(dp[i+best[j]][j],dp[i][j]+1);
            for(vector<int>::iterator k=cnt[i].begin();k!=cnt[i].end();k++){
                if(cla[*k].ed+i>t) continue;
                int kk=cla[*k].w;
                dp[cla[*k].ed+i][kk]=max(dp[cla[*k].ed+i][kk],dp[i][j]); 
            }
            dp[i+1][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j]);
        }
    }
    for(register int i=1;i<=m;i++)
        ans=max(ans,dp[t][i]);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

T3 시험장에서 마지막에 시간이 없어요. (제가 40분 늦었다는 qwq를 알려주지 않을 거예요.) n<=10으로 30을 줬어요.정해: 우리는 먼저mid로 나눌 수 있다. 사실 전체 그림은 하나의 국화도이고 하나의 점이 있는데 그것에 각종 체인과 나무를 연결시킨다. 만약에 체인의 상황이라면 이 체인에 필요한 나무 구멍은 사실 이 체인의 포인트 cnt/(2*mid+1)를 위로 정돈하는 것이다.가운데에만 넣으면 좌우 양쪽을 챙길 수 있는mid에 자신까지.그리고 화심을 덮을 수 있는 점들을 하나하나 열거한 다음에 덮을 수 있는 점에 표시를 하고 몇 개의 사슬만 남았다. 그리고 합쳐서 판단한다.시간 복잡도 O (n^2)

코드

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using namespace std;
const int MAXN = 2005;
const int MAXM = MAXN*MAXN;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline int rd(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))  {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

int n,head[MAXN],cnt,m,k,ans;
int to[MAXM<<1],nxt[MAXM<<1];
int mx,fl,du[MAXN],sum,ct,dis[MAXN];
bool vis[MAXN];
queue<int> Q;

inline void add(int bg,int ed){
    to[++cnt]=ed,nxt[cnt]=head[bg],head[bg]=cnt;
}

inline void dfs(int x){
    vis[x]=1;ct++;
    for(register int i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int u=to[i];
        if(vis[u]) continue;
        dfs(u); 
    }
}

inline void find(int x,int Mid){
    vis[x]=1;
    for(register int i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int u=to[i];
        if(vis[u]) continue;
        if(dis[u]==inf) {
            ct=0;dfs(u);
            sum+=ct/((Mid<<1)+1);
            if(ct%((Mid<<1)+1)) sum++;
        }
        else find(u,Mid);
    }
}

inline bool check(int Mid){ 
    for(register int i=1;i<=n;i++){
        memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
        memset(vis,false,sizeof(vis));
        Q.push(i);vis[i]=1;dis[i]=0;sum=0;  
        while(Q.size()){
            int x=Q.front();Q.pop();
            for(register int j=head[x];j;j=nxt[j]){ 
                int u=to[j];    
                if(vis[u] or ((dis[x]+1)>Mid)) continue;
                vis[u]=1;dis[u]=dis[x]+1;Q.push(u);
            }   
        }
        if(!vis[fl]) continue;
        memset(vis,false,sizeof(vis));
        find(i,Mid);if(sumreturn true;
    }
    return false;
}

int main(){
    freopen("holes.in","r",stdin);
    freopen("holes.out","w",stdout);
    n=rd();m=rd();k=rd();
    for(register int i=1;i<=m;i++){
        int x=rd(),y=rd();
        add(x,y);add(y,x);
        du[x]++;du[y]++;
        if(du[x]>mx)  {mx=du[x];fl=x;}
        if(du[y]>mx)  {mx=du[y];fl=y;}
    }
    int l=1,r=MAXM;
    while(l<=r){
        int mid=l+r>>1;
        if(check(mid)) {
            ans=mid;
            r=mid-1;
        }
        else l=mid+1;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

전재 대상:https://www.cnblogs.com/sdfzsyq/p/9676940.html